Phương trình, bất phương trình hệ phương trình mũ và lôgarit ( phần 2)

GIẢI ĐÁP TOÁN CẤP 3

PHƯƠNG TRÌNH

BẤT PHƯƠNG TRÌNH

HỆ PHƯƠNG TRÌNH



PHƯƠNG TRÌNH , BẤT PHƯƠNG TRÌNH
HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LÔGARIT






PHẦN 2
Trang
A. PHƯƠNG TRÌNH , BẤT PHƯƠNG TRÌNH

I. PHƯƠNG TRÌNH ( 2 – 74 )
….LOẠI 1 : ĐƯA VỀ CÙNG CƠ SỐ …………………………………. 2 – 9
….LOẠI 2 : LÔGARIT HÓA VÀ MŨ HÓA…………………………… 10 – 14
…. LOẠI 3 : ĐẶT ẨN PHỤ…………………………………………… 14 – 47
…. LOẠI 4 : PHƯƠNG TRÌNH TÍCH…………………………………. 47 – 54
…. LOẠI 5 : SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU……………………………. 54 – 69

…. LOẠI 6 : ĐÁNH GIÁ……………………………………………… 70 – 72
…. LOẠI 7: LƯỢNG GIÁC HÓA………………………………………. 73 – 74
II. BẤT PHƯƠNG TRÌNH ( ? – ? )
B. HỆ PHƯƠNG TRÌNH ( ? – ? )



GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 2


CHUYÊN ĐỀ : PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH,
HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LÔGARIT
A. PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LÔGARIT
I. PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LÔGARIT
LOẠI 1: ĐƯA VỀ CÙNG CƠ SỐ
1. PHƯƠNG PHÁP GIẢI


*) Phương pháp: Tìm cách đưa phương trình về một trong các dạ
ng sau

+)
( ) ( )
f x g x
a a

( ) ( )
f x g x

 
(a là hằng số và
0 1
a
 
)
+)
( ) ( )
f x g x
a a


(2*)


1
D
0
( ), ( )
( ) ( )
0
( ) ( ) \
0
( ) ( )
a
x
a
f x g x
f x g x
a

f x g x
a
f x g x



 















 








 












 
với Tập xác định : D (a chứa biến hoặc chứa tham số)
+)
log ( ) log ( )
a a
f x g x



0 1
a
 
( ) ( )
f x g x

( ) 0
f x


(hoặc
( ) 0
g x

)


*) Chú ý :
+) Ở phương trình
(2*)
nếu
0
a

thì
( ) ( )f x g x
a a
 
1
D
( ) ( )
a
x
f x g x
 











+) Các công thức để chuyển về các dạng trên (giả sử các biểu thức đều có nghĩa):
1)
.
m n m n
a a a


2)
:
m n m n
a a a


3)
m
n m
n
a a

4)
log
a
b
b a

5)
log
b
a
b a


6)
log log log ( )
a a a
b c bc
  7)
log log log
a a a
b
b c
c
 
8)
log log
k
a a
k b b



2.CÁC VÍ DỤ MINH HỌA

Ví dụ 1. Giải các phương trình sau:
1)

0,5
1
(0,2)
5.(0,04)
5
x
x


 2)
   
3 1
1 3
10 3 10 3
x x
x x
 
 
  

3)
1 1
3 .2 24
x x 


4)
2 2 2 2
1 2 1
2 2 3 3

x x x x
  
   5)
 


2
1
25
log 2 5
1
3 5
3 5
x x
x
x
 
 

6)
 
 
2
2
4
3 5 2
2
3 6 9
x x
x x

x x x
 
 
   


GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 3

Giải:
1)
0,5
1
(0,2)
5.(0,04)
5
x
x



1 0,5
2 1 2 3
1
2
(5 )
5.(5 ) 5 5 2 3 3
5
x

x x x
x x x
 
    
          

Vây phương trình có nghiệm:
3
x

.
2)
   
3 1
1 3
10 3 10 3
x x
x x
 
 
  
Điều kiện:
1
x

và
3
x
 
.

Ta có :
1
1
( 10 3)( 10 3) 1 10 3 ( 10 3)
10 3

       


Khi đó phương trình tương đương:
   
3 1
1 3
10 3 10 3
x x
x x
 

 
  
3 1
1 3
x x
x x
 
  
 
2 2
9 ( 1)
x x

    


2
5 5
x x
    
thỏa mãn điều kiện . Vây phương trình có nghiệm:


5; 5
S  

3)
1 1 2
3
3 .2 24 .2.2 24 3 .2 36 6 6 2
3
x
x x x x x x
x
 
        

. Vây phương trình có nghiệm:
2
x


4)
2
2 2 2 2 2 2 2 2
3
1 2 1 2 2
1 1 9 4 2 2
2 2 3 3 2 2 3 1 2 . 3 . 3 3
2 3 2 3 3 3
x
x x x x x x x x
x x
  
       
               
       
       


Vây phương trình có nghiệm:
3
x
 
.
5)
 


2
1
25

log 2 5
1
3 5
3 5
x x
x
x
 
 

Điều kiện:
2
5
3 5 0
5 5 33
3
3 2
2 5 0
5 33 5 33
2 2
x
x
x
x x
x



 




   
 
  
 


 



Khi đó phương trình tương đương:


1
2
2
5
1
log 2 5
2
(3 5) (3 5)
x x
x x

  
  

 

2
2 2
5 5
2
3 5 1
3 6 2
5 13
log 2 5 1 log 5
2 5 5 5 3 0
2
x
x
x x
x x
x x x x
x


 

 
 

   

 


   
     



 




kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là :
2
x

và
5 13
2
x



6)
 
 
   
2
2 2 2
4
3 5 2 3 5 2 2( 4)
2
3 6 9 3 3
x x
x x x x x x

x x x x x
 
     
       



22 2
2
2 2
2 22 2
22 2
3 1 4
3
3 0
7 10 03 5 2 , 2( 4)
3 5 2
3 5 2 2( 4)
33 0
7 10 0; 3 5 2 \
3 5 2 2( 4) \
3
3 0
73 5 2 2( 4)
x x
x
x
x xx x x x
x x
x x x x

xx
x x x x
x x x x
x
x
xx x x x
 



  





 




       





  
      





 



     
     





 




    


 


 
 
4
3
2

5
10 0
x
x
x
x
x




























 



Vây nghiệm của phương trình là:



2;3;4;5
S 

GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 4


Ví dụ 2: Giải các phương trình sau:
1)




2 1
2
2log 2 2 log 9 1 1
x x

   

2)
2 3 3
1 1 1
4 4 4
3
log ( 2) 3 log (4 ) log ( 6)
2
x x x     


3)
3
3 2 3 2
3 1
log .log log log
2
3
x
x x
x
 
  
 
 
4)
 
2
2

9 3
3
1 1
log 5 6 log log 3
2 2
x
x x x

    

5)




2
2 2
2 3 2 3
log 1 log 1 6
x x x x
 
     
6)
2 3
lg lg 3
2
1 1
1 1 1 1
x x
x

x x
 


   


7)
2 3 4 2 3 4
log log log log .log .log
x x x x x x
  

8)
2 2
1
log (4 15.2 27) 2log 0
4.2 3
x x
x
   

(2007D)

9)
2
2 1
2
log (8 ) log ( 1 1 ) 2 0
x x x

      
(2011D)
10)




2 1
2
2
1
2log log 1 log 2 2
2
x x x x
    
( 2013D)

Giải:
1)




2 1
2
2log 2 2 log 9 1 1
x x
   

Điều kiện:

1
2 2 0
1
1
9 1 0
9
9
x
x
x
x
x
 

 


  
 
 






Khi đó phương trình tương đương:
   
 

2
2
2 2 2 2
2 2
log 2 2 log 9 1 1 log log 2
9 1
x
x x
x

     



 
2
2
1
2 2
2 2 5 3 0
3
9 1
2
x
x
x x
x
x





      





.Vậy nghiệm của phương trình là:
1
x

và
3
2
x


2)
2 3 3
1 1 1
4 4 4
3
log ( 2) 3 log (4 ) log ( 6)
2
x x x     


Điều kiện:
6 4

2
x
x
  


 


Khi đó phương trình tương đương:
2 2 2
3 3 3 3
log 2 .2 log (4 ) log ( 6)
2 2 2 2
x x x
       


2 2 2
log 2 2 log (4 ) log ( 6)
x x x
      






2 2
log 4 2 log (4 )( 6)

x x x    

4 2 (4 )( 6)
x x x
    
(*)
TH1:
6 2
x
   
2 0
x
  

Khi đó (*)
4( 2) (4 )( 6)
x x x
     
2
2 32 0 1 33
x x x       (thỏa mãn) hoặc
1 33
x   (loại)
TH2:
2 4 2 0
x x
     
,
Khi đó (*)
4( 2) (4 )( 6)

x x x
    
2
6 16 0
x x
    
2
x

(thỏa mãn) hoặc
8
x
 
(loại)
Vậy nghiệm của phương trình là:


2;1 33
S  
.
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 5

3)
3
3 2 3 2
3 1
log .log log log
2

3
x
x x
x
 
  
 
 

(3)
Điều kiện:
0
x


Khi đó
(3)

 
3 2 3 2 2 3 2 3
1 1 1 1
1 log .log 3log log log log .log 3log 0
2 2 2 2
x x x x x x x x
 
        
 
 

2 3 3 2 3 3 2 2
1 1
log 3.log log .log 3log 0 log log 3 log 3
2 2
x x x x x x
 
      
 
 
0



3 3
3
2 2
2 2
1
log log 1
log 0
8
1
8 8 3
log log
log 3 log 3
32
3
3
x
x

x
x
x x









  




   





thỏa mãn điều kiện

Vậy nghiệm của phương trình là:
1
x

và

8 3
3
x 
.
4)
 
2
2
9 3
3
1 1
log 5 6 log log 3
2 2
x
x x x

    
(4) Điều kiện:
1
2; 3
x
x x



 


Khi đó (4)



2 2
3 3 3 3 3
1 3
1
log 5 6 log log 3 log 5 6 log
2 2
x x
x
x x x x x
 

         

 


  
 
  
2
2
2
2
2
2 5 6 1 3
6 9 0
1 3
5 6
2

3 14 15 0
2 5 6 1 3
x x x x
x x
x x
x x
x x
x x x x

    

  
 

     


  
     





3
x

hoặc
5
3

x

, kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là:
5
3
x


5)




2
2 2
2 3 2 3
log 1 log 1 6
x x x x
 
     



Vậy nghiệm của phương trình là:

6)
2 3
lg lg 3
2
1 1

1 1 1 1
x x
x
x x
 


   

(6)

Điều kiện:
0
x


Khi đó (6)
  
2 3 2 3 2 3
lg lg 3 lg lg 3 lg lg 3
2 2
2
1 1 1 1
1 1 1 1
x x x x x x
x x x x
x x
x
x x
     

     
    
   


1
2 3 2
2
1
1 1
lg lg10
lg lg 3 1 lg 3lg 2 0
lg lg10
x
x x
x
x x x x
x




 
 

   
 

     
 




1
x
 
hoặc
1
10
x

hoặc
1
100
x 

Vậy phương trình có nghiệm:
1 1
1; ;
10 100
S
 

 
 



 





1
1
2 2 2
2 3 2 3
2 3
2log 1 log 1 6 3log 1 6
x x x x x x


 

          
 




2
2 2 2
2 3
log 1 2 1 2 3 1 7 4 3
x x x x x x

             
 
 
2

2
7 4 3 0
7 4 3
7 4 3
4 3
2 7 4 3 96 56 3
1 7 4 3
4 3
x
x
x
x
x
x x
x


  
 

 
  
    
  
  
   


 




4 3
x 
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 6

7)
2 3 4 2 3 4
log log log log .log .log
x x x x x x
  

(7)

Điều kiện:
Khi đó (7)


2
2 3 3 2
1 1
log 1 log 2 log 2.log
2 2
x x
 
  
 
 

2
2
2
2
3
2
log 108
2 2
2 2
log 108
3
log 0
1
3
log 0
1
log 2
2
log log 108
log log 108
2
1
log 2
2
2
x
x
x

x
x
x
x











   



 
 










Vậy phương trình có nghiệm :

2
2
log 108
log 108
1
1;2 ;
2
S
 

 
 

8)
2 2
1
log (4 15.2 27) 2log 0
4.2 3
x x
x
   

(8) (D – 2007) Điều kiện:
(8)


 

2
2
4 15.2 27 4.2 3 5.4 13.2 6 0 2
5
x x x x x x
          
(loại) hoặc
2
2 3 log 3
x
x  

Vậy phương trình có nghiệm:

9)
2
2 1
2
log (8 ) log ( 1 1 ) 2 0
x x x
      
(9) (D – 2011) Điều kiện
(9)
2
log 1



(9*)
Đặt . Khi đó (9*) có dạng:

Với khi đó (9*) thỏa mãn điều kiện . Vậy phương trình có nghiệm
10)




2 1
2
2
1
2log log 1 log 2 2
2
x x x x
    
( 2013D) Điều kiện:
0 1
x
 

Phương trình tương đương:




2
2 2 2
log log 1 log 2 2
x x x x
    

 
2
2 2
log log 2 2
1
x
x x
x
   



2
2(1 )
1
x
x x
x
   


2
2
2
(1 ) 1
x x
x x
 
 
. Đặt

1
x
t
x


với
0
t


Phương trình có dạng:
2 2
2 2 0
t t t t
      
1
t
 
(loại) hoặc
2
t


suy ra
1 3
2 2 2 0 1 3 4 2 3
1
1 3
x

x
x x x x
x
x

  
            


  


thỏa mãn điều kiện
Vậy phương trình có nghiệm
4 2 3
x  
.
0
x

2 3 2 2 2 3 2 2
1 1
log log 2.log .log log .log 2.log . log
2 2
x x x x x x
   
3
2
4
x








1 2
2 2 2 2
log 4 15.2 27 2log 4.2 3 0 log (4 15.2 27) log 4.2 3
x x x x x x

          
2
log 3
x 
2
8 0
1 0 1 1
1 0
x
x x
x

 

     


 


 
2
2
2 2 2 2
8
log (8 ) log ( 1 1 ) log 4 0 log 0
4 1 1
x
x x x
x x

         
  
 
 


 
2
2
2 2 2
8
1 4 1 1 8 16 2 2 1 8
4 1 1
x
x x x x x
x x

            

  
2
1 0
t x t
  
2 2
1
x t
  
 


 


2
2
2 4 2 2
16 2 2 7 14 32 17 0 1 2 17 0 1
t t t t t t t t t
              
1
t

2
1 1 0
x x
    
0
x


GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 7


Ví dụ 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất:


2
5 2 5 2
log 1 log 0
x mx m x
 
    





Giải:


2
5 2 5 2
log 1 log 0
x mx m x
 
    
 

2
5 2 5 2 2
0
log 1 log
1
x
x mx m x
x mx m x
 


     

   

(*)
Cách 1: (*) có nghiệm duy nhất khi phương trình
2
1
x mx m x
   

hay
2
( ) ( 1) 1 0
f x x m x m
     
có nghiệm kép dương
hoặc có hai nghiệm trái dấu hoặc có hai nghiệm trong đó có một nghiệm bằng 0 và một nghiệm dương


2
6 3 0 3 2 3
1 0 1
3 2 3
1 0 1
1
(0) 1 0 1
1 0 1
m m m
m m
m
P m m
m
f m m
S m m




      




  


 



 


      



 


    

 

 

   
 





Cách 2: (*)
2
0
1
1
x

x x
m
x





  





. Xét hàm số
2
1
( )
1
x x
f x
x
  


với
0
x

. Ta có:

2
2
2 2
'( )
( 1)
x x
f x
x
  




CHÚ Ý : *) Với 3 công thức:
⎩
⎪
⎨
⎪
⎧
+
)

log log log ( )
a a a
b c bc
 










+)
log log log
a a a
b
b c
c
 

+)
2
2 log log
k
a a
k b b

(
*
k N
 )

nếu ta sử dụng chúng qua các bước trung gian để biến đổi phương trình, thì phép biến đổi theo :
++) chiều thuận (từ VT

VP) là phép biến đổi hoàn toàn chính xác (vì giữ nguyên được TXĐ)
++) chiều nghịch (từ VP


VT) là phép biến đổi không chính xác (vì nó thu hẹp lại TXĐ)
Nên nếu muốn sử dụng theo chiều nghịch ta sẽ biến đổi như sau:

⎩
⎪
⎨
⎪
⎧
+)log ( ) log log
a a a
bc b c
  
+)
log log log
a a a
b
b c
c
 

+)
2
log 2 log
k
a a
b k b

(
*

k N
 )

*) Khi gặp bất kì một phương trình có dạng
( )
( )
( ),log ( ), 0
( )
g x
u x
f h x k x
v x
 

 
 
thì ta nên cho điều kiện
trước khi bắt tay vào giải (để tìm TXĐ):
( ) 0
0 ( ) 1
( ) 0
( ) 0
h x
g x
k x
v x



 








(****)
*) Trong các bài toán ở phần tiếp theo, ghi “+) TXĐ:
D
x

” được hiểu là ta đi đặt điều kiện theo (****).
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 8


*) Để làm tốt các bài toán tiếp theo liên quan tới logarit các bạn cần nắm được các công thức biến đổi cơ
bản sau: (giả sử các biểu thức đều có nghĩa).
1)
log 1 0
a

2)
log 1
a
a

3)

log log
m
n
a
a
n
b b
m



4)
log log log ( . )
a a a
b c b c
 
5)
log log log
a a a
b
b c
c
 
 
 
 
6)
log
log
log

a
c
a
b
b
c


7)
log .log log
a c a
c b b
 8)
1
log
log
a
b
b
a

9)
log
a
b
a b

10)
log log
a a

c b
b c



3. BÀI LUYỆN

Bài 1: Giải các phương trình sau:
1)
2
7
1
1
3
9
x
x


 

 
 
2)
2 1 1
1
2 .4
64
8
x x

x
 


3)
1 1
1
1
2 .4 . 16
8
x x x
x
 




4)
5 17
7 3
32 0,25.128
x x
x x
 
 

5)


2

3
3 2 2 3 2 2
x x 
  
6)
2
3 3
7.7 49
x x 


7)
1
1 1
. 3
3 3
x x
   

   
   
8)
3 1
3
9 3
x
x


 9)

2
1 2 11 9
5 9 5
.
3 25 3
x x x  
     

     
     

10)
2 5
3 4 9
.
4 3 16
x
x

   

   
   
11)
 
2
1
1
3
2

2. 2 4
x
x
x


 

 
 
 
12)
 
4 3
7
4
5
4 3
27 3
x x
x x


 

 
 
 

13)

31 2 1 3
2 . 4 .8 2 2.0,125
x x x  
 14)
1 1
3 2.3 2.3 117
x x x 
   15)
2 1 1
1
7 .7 14.7 4.7 50
7
x x x x  
   

16)
1 2 3 1
6 6 6 5 5 5
x x x x x x
   
     17)
2
2 4
( 2 2) 1
x
x x

  
18)



2
7,2 3,9
2
3 9 3 log (7 ) 0
x x
x
 
  

19)
   
sin 2 3 cos
2 2
2 2
x x
x x x x

     20)

 
3
log
1
2 2
2
x
x x x
 
   

 
 

21)
 
 
2
1
4
log 1 7 2
1
2 1
2 1
x x
x
x
 
 


22)




9 1
27
2log 1 log 1
5
5

log 27
3 125
.
5 27 log 243
x x 
   

   
   

Bài 2: Giải các phương trình sau:
1)
5
log (26 3 ) 2
x
 
2)
2
3
log ( 2014 2012) 1
x x
  
3)
2 4 1
2
log log log 3
x x 

4)
3 9

log 2log ( 6) 3
x x
  


5)
3 9 27
log log log 11
x x x
  
6)
2 4 8
11
log log log
6
x x x
  

7)
3 1
3
3
log log log 6
x x x
  
8)
2
3
3
log ( 1) log (2 1) 2

x x
   
9)
2 2
3 3
log ( 2) log 4 4 9
x x x
    

10)
2
9 3 3
log ( 1) log (4 ) log (4 )
x x x
    

11)
2 8
1
log (5 ) 2log 3 1
3
x x
   

12)
3
5
5
2log (3 1) 1 log (2 1)
x x

   
13)
1 1 1
2 2
2
log ( 1) log ( 1) log (7 ) 1
x x x
     


14)
8
4 2
2
1 1
log ( 3) log ( 1) log (4 )
2 4
x x x
   
15)
2 2
2 2 2
log ( 3 2) log ( 7 12) 3 log 3
x x x x      


16)
2
5 25
log ( 4 5 1) log (3 1) 0

x x x
     
17)
2
2 2
log ( 3) log (6 10) 1 0
x x
    


GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 9

18)


3 4
1 3
3
3
log log log 3 3
x x x
  

19)
2 2
3
1
log (3 1) 2 log ( 1)

log 2
x
x x

    



20)
2 1
8
log ( 2) 6log 3 5 2
x x
   
21)
2 4 1
2
log 2 log 5 log 8 0
x x
    

22)
2
5 1 5 1
5 25
log ( 1) log 5 log ( 2) 2log ( 2)
x x x
     

23)

3
1 8
2
2
log 1 log (3 ) log ( 1) 0
x x x
     

24)
2 3
4 8
2
log ( 1) 2 log 4 log (4 )
x x x
     

25)
4 2
2 1
1 1
log ( 1) log 2
log 4 2
x
x x

    

26)
2
4 15

2
2 2
2
log 36
log 81 log 3
log 4
x x
 
 

27)
5
1
2log( 1) log log
2
x x x
  

28)
2
1
log( 10) log 2 log4
2
x x   
29)
lg 5 4 lg 1 2 lg(0,18)
x x    

30)
lg6 lg5 lg(2 1)

x
x x
   

31)
1 1 1 1 1
lg lg lg lg
2 2 2 2 8
x x x x
     
     
     
     


32)
lg5 lg( 10) 1 lg(21 20) lg(2 1)
x x x
      

32)




2 2
log 2 4 log 2 12 3
x x
x
    

33)
1
5 5 5
( 1)log 3 log (3 3) log (11.3 9)
x x
x

    

34)
   
2
5
5
log 4 6 log 2 2 2
x x
   


35)
2
2
log 2 2log 4 log 8
x x
x
  36)
2 2
2 1 4 1

4 2
log log ( 2 1) log ( 4 4) log ( 1) 0
x x x x x x
        

37)








2 2 4 2 4 2
2 2 2 2
log 1 log 1 log 1 log 1
x x x x x x x x
          

38)
7 7
3sin 2 2sin
log log 2
sin 2 cos
x x
x x


39)

3 1
3
log sin sin log sin cos2 0
2 2
x x
x x
   
   
   
   

40)
4
2 4
2
log 4log 2
x
x
 

41)
2 2
3 3
log log 3
x x
x x
   
   
   
   

42)




2 3 4
log log log 1
x

43)
2 3 4 4 3 2
log (log (log ) log (log (log )
x x


44)
3 4 5
log log log
x x x
 

45)
2
9
.log 27.log 4
x
x x x
 

46)
3 2
1
log (2 6) 3
x
x x x

   


47)


2
1
log 3 2 1
2
x
x x
   
48)
4
log ( 2).log 2 1
x
x
 

49)
3

1 6
3 log 9
log
x
x
x x
 
  
 
 



50)





2
9 3 3
2 log log .log 2 1 1
x x x
  
51)




3 3

1
log 1 log 4 3 4 1 0
2
x x x x
      

Bài 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất:
1)
2
2
log ( 2) log ( )
x mx
 
2)




2
0,5 2
log 6 log 3 2 0
m x x x
    
3)
lg( )
2
lg( 1)
mx
x




Bài 4: Giải và biện luận phương trình theo m:
1)
2
log( 3 ) lg(2 1)
x mx m x
   
2)


3 3 3
2log log 1 log 0
x x m
   

Bài 5: Cho phương trình




2 2 2 2
4 1
2
2log 2 2 4 log 2 0
x x m m x mx m
      
(với m là tham số thực)
1) Giải phương trình với
1

m

.
2) Xác định m để phương trình có hai nghiệm
1 2
,
x x
thỏa mãn
2 2
1 2
1
x x
 
.





LOẠI 1 chỉ là trường hợp đặc biệt của LOẠI 2 (chúng ta sẽ tìm hiểu ngay sau đây)

GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 10

LOẠI 2: LOGARIT HÓA VÀ MŨ HÓA

1.Phương pháp Logarit hóa (dành cho phương trình mũ)
Với ba phương trình
2

3 3
x x

(1) ;
3 2
x x

(2) và
2
3 2
x x

(3) . Ta đã biết cách giải (1) và (2). Ở phương
trình (1) có cùng cơ số
3
khác mũ (
x
và
2
x
) , phương trình (2) cùng mũ
x
, khác cơ số (
2
và
3
). Nên ta có
cách giải như sau: (1)
2
0

1
x
x x
x


  



; (2)
0
3 3
1 0
2 2
x
x
   
    
   
   
.
Song ở phương trình (3) khác cơ số (
2
và
3
) và khác cả mũ (
x
và
2

x
). Để giải quyết bài toán này ta sẽ
“hóa” nó về dạng logarit (phương pháp Logarit hóa) bằng cách logarit cơ số
2
(hoặc cơ số
3
) cả hai vế phương
trình. Cụ thể: (3)
2
2
2 2 2 2
2
0
log 3 log 2 log 3 (log 3 ) 0
log 3
x x
x
x x x x
x


       




Chúng ta sẽ hiểu rõ hơn phương pháp LOGARIT HÓA qua các ví dụ minh họa và phương pháp đi kèm.
Phương pháp:
Khi phương trình có dạng :
( ) ( )

( ). ( ).
f x g x
u x a v x b
 (*) (hoặc
( ) ( )
. ( )
f x g x
a b u x
 ) với
a b

;
1; , 0
a a b
 

Từ (*)

( ) ( )
log ( ). log ( ). log ( ) ( ) log ( ) ( )log ?
f x g x
a a a a a
u x a v x b u x f x v x g x b x
   
      
   


CÁC VÍ DỤ MINH HỌA

Ví dụ : Giải các phương trình sau:
1)
2
4
5 4.2
x x


2)
4 3
3 4
x x

3)
4
2
log
32
x
x


4)
2
9
log
9.
x
x x


5)
4 3
log 5
.5 5
x
x  6)
2 2 2
1 2 1 3
5 5 5 3 3 3
x x x x x x
   
     7)


6
2 2
log 3log 6
log 3
6 0
x
x

 



Giải:
1)
2 2

4 4 2
5 5 5
5 4.2 log 5 log (4.2 ) 4 (2 )log 2
x x x x
x x
 
      

5
5
2
( 2)( 2 log 2) 0
2 log 2
x
x x
x
 

     

 


Vậy nghiệm của phương trình là :
2
x
 
và
5
2 log 2

x  
.
2)
3 3 3 3 4 3
3
4 3 4 3
4
3 4 log 3 log 4 4 3 log 4 log 4 log (log 4)
3
x
x x
x x x x
x
 
        
 
 

Vậy nghiệm của phương trình là
4 3
3
log (log 4)
x 


3)
4
2
log
32

x
x


Điều kiện :
0
x


Khi đó phương trình tương đương:
2
4 log
2 2 2 2
log log 32 (4 log )log 5
x
x x x

   


2
2
2 2
5
2
2
log 1
log 4log 5 0
1
log 5

2
32
x
x
x x
x
x






     


 
 


thỏa mãn điều kiện
Vậy nghiệm của phương trình là
2
x

và
1
32
x 

GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 11

4)
2
9
log
9.
x
x x

Điều kiện :
0
x


Khi đó phương trình tương đương:


2 2
9 9 9 9
9
log
log 9. log 1 log 2log
x
x x x x
   

 
2
2
9 9 9 9
log 2log 1 0 log 1 0 log 1 9
x x x x x
          
thỏa mãn điều kiện
Vậy nghiệm của phương trình là
9
x

.

5)
4 3
log 5
.5 5
x
x  Điều kiện:
0 1
x
 

Khi đó phương trình tương đương:


4 3 2
log 5
log .5 log 5 4 3log 5 log 5

x x x x
x
x    

2
4
4
4
1
1 1
log 5 log
log 5 1 5
5
log 5 3log 5 4 0
log 5 4
log 5 log
5
5
x x
x
x x
x
x x
x
x
x
x
x
x






  




       








 

 



kết hợp với điều kiện
Ta được nghiệm của phương trình là
1
5
x


và
4
5
x 
.

6)
2 2 2 2 2
1 2 1 3
5 5 5 3 3 3 5 (1 5 25) 3 (1 3 27) 5 3
x x x x x x x x x x
   
            


2
2
5 5 5 5
3
0
log 5 log 3 log 3 ( log 3 1) 0
log 5
x x
x
x x x x
x


       





Vậy nghiệm của phương trình là
0
x

và
3
log 5
x  .

7)


6
2 2
log 3log 6
log 3
6 0
x
x

 
Điều kiện :
0
x


Khi đó phương trình tương đương:



 
6 6 6 2 6 2
6
2 2
log 3log 6
log 3
log log 6 log 6 log 3 log log 3
x
x x x

    
 


6 6 2 6 6 6 2
(1 log )log log 3(1 log ) (1 log )(log log 3) 0
x x x x x
       


6 6
6 2 6 2
2
log 3
1
1 log 0 log 1
6
log log 3 0 log log 3

6
x
x x
x x
x


   
 

  
 

  
 



thỏa mãn điều kiện
Vậy nghiệm của phương trình là
9
x

.


BÀI LUYỆN

Giải các phương trình sau:
1)

2
5 6 3
5 2
x x x
  
 2)
2
4 2
3 5
x x

 3)
2
2 1
3 .2 6
x
x
x

4)
1
5 .8 500
x
x
x




5)

7 5
5 7
x x
 6)
2
3 .2 1
x x

7)
1
1
2
4.9 3.2
x
x


 8)
2
2
8 36.3
x
x
x



9)
2
1

1
8 .5
8
x x 

10)
2
1
2
3 .9
2.27
x
x x
x

 11)
2
3 .2 1
x x

12)
5
3 log
5 25
x
x



13)

2
2 2 5
3 2 6
2 3 3 2
x x
x x x x
 
  
  
14)
1 1
2 1
2 2
4 3 3 2
x x
x x
 

   15)
log 6
4 3
.6 6
x
x  16)
log 5
6 5
.5 5
x
x





17)
log 4
.2 8
x
x

18)
lg 2
1000
x
x x
 19)


2
0,5
log sin 5sin cos 2
1
4
9
x x x 

20)
2
25 5
log (5 ) 1 log 7
7

x
x



GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 12

2.Phương pháp mũ hóa (dành cho phương trình logarit)
Với ba phương trình
2
2 2
log log ( 6)
x x
 
(1) ;
2 3
log log
x x

(2) và
2 3
log log (2 )
x x

(3) . Ta đã biết cách
giải (1) và (2). Ở phương trình (1) có cùng cơ số
3
khác biểu thức (

x
và
2
6
x

) , phương trình (2) cùng biểu
thức
x
, khác cơ số (
2
và
3
). Nên ta có cách giải như sau:
(1)
2 2
3
6 6 0
3
2
0 0
0
x
x x x x
x
x
x x
x
 


 
    


    
 
  

 
 



.
(2)

2 3 2 3 2 2
log log 2.log (1 log 2)log 0 log 0 1
x x x x x
       
.
Song ở phương trình (3) khác cơ số (
2
và
3
) và khác cả biểu thức (
x
và
2
x

). Để giải quyết bài toán này ta
sẽ “hóa” nó về dạng mũ (phương pháp mũ hóa) bằng cách :
Đặt
2 3 3
2
3
2
log 2
2
3
log log (2 ) 2.2 3 2 log 2 2
2
2 3
t
t
t t
t
x
x x t t x
x



 
          

 

 




Chúng ta sẽ hiểu rõ hơn phương pháp MŨ HÓA qua các ví dụ minh họa và phương pháp đi kèm.

Phương pháp: Khi gặp phương trình có dạng :
log ( ) log ( )
a b
f x g x
 (
a b

)
Đặt
log ( ) log ( )
a b
f x g x t
 
( )
( )
t
t
f x a
g x b









ử

⎯
⎯
⎯
⎯


( ) 0 ? ?
h t t x
    



CÁC VÍ DỤ MINH HỌA

Ví dụ 1 : Giải các phương trình sau:
1)
3
2
log 1 log
x x
 
2)
7
log ( 3)
4
x
x



3)
7 3
log log ( 2)
x x
 

4)
2 3
log sin 2log tan
x x
 5)
2 6
6
log
log ( 3 ) log
x
x x
  6)
4
2 2
5
6
log ( 2 2) 2log ( 2 3)
x x x x
    

Giải :
1)
3
2
log 1 log
x x
  (1) Điều kiện:
0
x


(1)
2
2
2
2 3 3 2 3
2
2
2log log 3 log log log (3 )
3
3 3
3
t
t
t
t
x
x
x x x x t

x
x




 
       
 



 


2
9
2
3 9 9
2 2 9 log 9
3 9 2
t
t t
t t
t
 
 
       
 
 

 
 

1
log 2
9
2
3 3
t
x

   . Vậy phương trình có nghiệm
log 2
9
2
3x  .
2)
7
7 4
log ( 3)
3 7
4 1
4 log ( 3) log 4 3 7 3. 1
7 7
4
t t
t
t t
t
x

x
x x x t
x


 

   
           

   

   


(*)
Xét hàm số:
4 1
( ) 3.
7 7
t t
f t
   
 
   
   
. Ta có:
4 4 1 1
'( ) ln 3. ln 0
7 7 7 7

t t
f t
   
  
   
   
với
t
 

.
Suy ra
( )
f t
nghịch biến
t
 

. Khi đó (*)
( ) (1) 1 4
f t f t x
     
thỏa mãn điều kiện
Vậy phương trình có nghiệm:
4
x


GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 13

3)
7 3
log log ( 2)
x x
 
Điều kiện:
0
x


Đặt
7 3
7
7 1
log log ( 2) 7 2 3 2. 1
3 3
2 3
t
tt
t t
t
x
x x t
x


 


 
         
 

 
 
 
 

 

(*)
Xét hàm số:
7 1
( ) 2.
3 3
t
t
f t
 
 
 
 
 
 
 
 
. Ta có:
7 7 1 1
'( ) ln 2. ln 0

3 3 3 3
t
t
f t
 
 
  
 
 
 
 
 
với t
 

.
Suy ra
( )
f t
nghịch biến
t
 

. Khi đó (*)
( ) (2) 2 49
f t f t x
     
thỏa mãn điều kiện
Vậy phương trình có nghiệm:
49

x


4)
2 3
log sin 2log tan
x x
 Điều kiện:
sin 0
cos 0
x
x





. Đặt
2 3
log sin 2log tan
x x t
 


2
2
2
sin 2
sin 2
sin

tan 3
3
1 sin
t
t
t
t
x
x
x
x
x




 
 
 



 


4
3
1 4
t
t

t
 


4 12 3 0
t t t
   
4
4 1 0
3
t
t
 
   
 
 
(*)
Xét hàm số:
4
( ) 4 1
3
t
t
f t
 
  
 
 
. Ta có:
4 4 1

'( ) ln 4 ln4 0
3 3 3
t
t
f t
   
  
   
   
với t
 

.
Suy ra
( )
f t
đồng biến
t
 

. Khi đó (*)
1
( ) ( 1) 1 sin
2
f t f t x
       


2
6

x k


  
(thỏa mãn điều kiện) hoặc
5
2
6
x k


 
(không thỏa mãn điều kiện)
Vậy phương trình có nghiệm:
2
6
x k


 
với k


.
5)
2 6
6
log
log ( 3 ) log
x

x x
  Điều kiện:
0
x


Đặt
2 6
6
6
log
log
3 2
3
log ( 3 ) log 6 3 2 3 1
2
6
t
t
t t t t
t
x
x
x
x x t
x

 

 

         

 
 



(*)
Xét hàm số:
3
( ) 3
2
t
t
f t
 
 
 
 
. Ta có:
3 3
'( ) 3 ln3 ln 0
2 2
t
t
f t
 
  
 
 

với t
 

.
Suy ra
( )
f t
đồng biến t
 

. Khi đó (*)
1
( ) ( 1) 1
6
f t f t x
       
thỏa mãn điều kiện
Vậy phương trình có nghiệm:
1
6
x


6)
4
2 2 2 2
6 5
56
log ( 2 2) 2log ( 2 3) 4log ( 2 2) 4log ( 2 3)
x x x x x x x x

          


2
2 2
6 5
2
2 2 6
log ( 2 2) log ( 2 3)
2 3 5
t
t
x x
x x x x t
x x

  

       

  


1 5
1 6 5 1
6 6
t t
t t
   
     

   
   
(*)
Xét hàm số:
1 5
( )
6 6
t t
f t
   
 
   
   
. Ta có:
1 1 5 5
'( ) ln ln 0
6 6 6 6
t t
f t
   
  
   
   
với
t
 

.
Suy ra
( )

f t
nghịch biến
t
 

. Khi đó (*)
( ) (1) 1
f t f t
   


2 2
2
2 2 6 2 8 0
4
x
x x x x
x
 

        



. Vậy phương trình có nghiệm:
2
x
 
hoặc
4

x

.

GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 14


Ví dụ 2: Giải phương trình:
2 2
2 3
2 2 3
log ( 2 2) log ( 2 3)
x x x x


    



Giải : Điều kiện
2
2
2 2 0 1
3
2 3 0
x x x
x
x x


    






  




Phương trình được viết lại:

2 2 2 2
8 4 3 7 4 3
8 4 3 7 4 3
log ( 2 2) log ( 2 3) log ( 2 2) log ( 2 3)
x x x x x x x x
 
 
          

Đặt
2
7 4 3
2 3
a
y x x


 


  


khi đó phương trình có dạng:
1
log ( 1) log
a a
y y

 
Đặt
1
1 ( 1)
log ( 1) log
t
a a
t
y a
y y t
y a


  

   





1 ( 1)
t t
a a
   

1
1
1 1
t t
a
a a
   
  
   
 
   
(*)
Xét hàm số :
1
( )
1 1
t t
a
f t
a a
   
 

   
 
   
ta có :
1 1
'( ) ln ln 0
1 1 1 1
t t
a a
f t
a a a a
   
  
   
   
   
,
t


Suy ra
( )
f t
nghịch biến với
t

. Khi đó (*)
( ) (1) 1
f t f t y a
     

2 2
2 3 7 4 3 2 10 4 3 0 1 11 4 3
x x x x x             
thỏa mãn điều kiện
Vậy phương trình có nghiệm
1 11 4 3
x   
.

BÀI LUYỆN

Giải các phương trình sau:
1)
5
log ( 3)
2
x
x


2)
3
log ( 5)
2 4
x
x

 

3)
5 7
log log ( 2)
x x
 
4)
2 2 3 3
log (log ) log (log )
x x



Thực chất phương pháp mũ hóa ta đã sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp hàm số. Chúng ta sẽ
tìm hiểu rõ hơn hai phương pháp này ở các phần tiếp theo…

LOẠI 3 : ĐẶT ẨN PHỤ
DẠNG 1: Phương trình có dạng:
. ( ) . ( ) . ( )
. . . 0
k f x h f x l f x
Aa B a C a E
   
(
, ,
k h l Z

và
( , , ) 1
k h l


) (1)

Cách giải:

+) TXĐ:
x D


+) Từ (1)
Đặ
( )f x
a t



0
t




⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯

⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯


. . . 0
k h l
At Bt C t E
   

0
t



⎯
⎯
⎯
⎯
⎯

?
t



( )f x
a t



⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯

( ) log
a
f x t



x D



⎯
⎯
⎯
⎯
⎯

⎯

?
x


( thường
, , {0; 1; 2; 3}
k h l
   
)



CÁC VÍ DỤ MINH HỌA
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 15


Ví dụ 1: Giải các phương trình sau:
1)
2
2 6.2 8 0
x x
  
2)
2 2
2 1 2
4 5.2 6 0

x x x x    
  
3)
2 2
2
2 2 3
x x x x  
 

(2003D)
4)
1 3
3
64 2 12 0
x x

  

5)
2 1
1
1 1
3. 12
3 3
x x

   
 
   
   

6)
3 1 2
2 7.2 7.2 2 0
x x x
   

7)
3 1
125 50 2
x x x

 
8)
3.8 4.12 18 2.27 0
x x x x
   

(2006A) 9)
2 1 1 1
5.3 7.3 1 6.3 9 0
x x x x  
    

10)
2
3
2.(0,3) 3
100
x
x

x
 

11)
(7 4 3) 3(2 3) 2 0
x x
    
12)
2
2
1
cot
sin
4 2 3 0
x
x
  

13)
1
4
log (3.2 5)
x
x

 
14)





1
2 1
2
log 4 4 log 2 3
x x
x

   

15)
2
log (3.2 1) 2 1 0
x
x
   

16)


1
3
log 9 4.3 2 3 1
x x
x

   
17)
2 2
27

2 2 2 2
4
x x x x 
   
18)
2
2 2 2
log 2 log 6 log 4
4 2.3
x x
x 

19)








7 5 2 2 5 3 2 2 3 1 2 1 2 0
x x x
        
20)
3
3( 1)
1 12
2 6.2 1
2 2

x x
x x
   
(Y HN – 2000)



Giải :
1)
2
2 6.2 8 0
x x
  
Đặt
2
x
t


( 0)
t

. Khi đó phương trình có dạng:

2
2 2 2 1
6 8 0
4 2
2 4
x

x
t x
t t
t x

  
 
     

 
 

 

. Vậy phương trình có nghiệm :
1
x

và
2
x

.
2)
2
2 2 2
2
( 2
2 1 2 2
)

5
4 5.2 6 0 2 .2 6 0
2
x x
x x x x x x
 
      
      

Đặt
2
2
2
x x
t
 

( 0)
t

. Khi đó phương trình có dạng:
2
5
6 0
2
t t
   
3
2
t

 
(loại) hoặc
4
t




2
2 22
2 4 2 4 2 4
x x
x x x x
 
        
2 2
4 0
4
9
8 18
4
2 (4 )
x
x
x
x
x x
 



   
 

  



Vậy phương trình có nghiệm :
9
4
x

.
3)
2 2
2
2 2 3
x x x x  
 
(2003D) . Phương trình tương đương:
2
2
4
2 3
2
x x
x x


 

Đặt
2
2
x x
t


( 0)
t

. Khi đó phương trình có dạng:
2
4
3 3 4 0
t t t
t
      
1
t
 
(loại) hoặc
4
t




2
2 2

1
2 4 2 2 0
2
x x
x
x x x x
x

 

        



. Vậy phương trình có nghiệm :
1
x
 
và
2
x

.
4)
1 3 6 3
3
64 2 12 0 2 8.2 12 0
x x x x

      

Đặt
3
2
x
t


( 0)
t

. Khi đó phương trình có dạng:
2
2
8 12 0
6
t
t t
t


   





3
3
6

2
3
1
3
2 2
3log 2
3
log 6
2 6
x
x
x
x
x
x








  













. Vậy phương trình có nghiệm :
3
x

và
6
3log 2
x  .
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 16

5)
2 1 2 1
1
1 1 1 1
3. 12 12 0
3 3 3 3
x x x x

       
     
       
       

Đặt
1
1
3
x
t
 

 
 

( 0)
t

. Khi đó phương trình có dạng:
2
12 0
t t
   
4
t
 
(loại) hoặc
3
t



1 1

1
1 1 1 1
3 1 1
3 3 3
x x
x
x

     
         
     
     
. Vậy phương trình có nghiệm :
1
x
 
.
6)
3 1 2 3 2
2 7.2 7.2 2 0 2.2 7.2 7.2 2 0
x x x x x x
        

Đặt
2
x
t


( 0)

t

. Khi đó phương trình có dạng:
3 2
1 2 1
0
1 1
2 7 7 2 0 2 1
2 2
1
2
2 2
x
x
x
t
x
t t t t x
x
t

 









          













Vậy phương trình có nghiệm : S


0; 1;1
 
7)
3 2
3 1
125 25 5 5
125 50 2 125 50 2.8 2 2 0
8 4 2 2
x x x x
x x x x x x
       
           
       

       

Đặt
5
2
x
t
 

 
 

( 0)
t

. Khi đó phương trình có dạng:
3 2 2
2 0 ( 1)( 2 2) 0 1
t t t t t t
         


5
1 0
2
x
x
 
   
 

 
. Vậy phương trình có nghiệm :
0
x

.
8)
3.8 4.12 18 2.27 0
x x x x
   

(2006A) . Phương trình tương đương:

3 2
8 4 2 2 2 2
3. 4. 2 0 3. 4. 2 0
27 9 3 3 3 3
x x x x x x
           
        
           
           

Đặt
2
3
x
t
 


 
 

( 0)
t

.Khi đó phương trình có dạng:
3 2 2
2
3 4 2 0 ( 1) (3 2) 0
3
t t t t t t
         
(vì
0
t

)

2 2
1
3 3
x
x
 
   
 
 
. Vậy phương trình có nghiệm :
1

x

.
9)
2 1 1 1 2 1 1 1 2 2 1
5.3 7.3 1 6.3 9 0 5.3 7.3 (3 1) 0 5.3 7.3 3. 3 1 0
x x x x x x x x x x      
              

Đặt
3
x
t


( 0)
t

.Khi đó phương trình có dạng:
2
2
2
1
5 2 3 0
3
5 7 3. 3 1 0
1
5 16 3 0
3
t t khi t

t t t
t t khi t

   

    


   




1
3
3
3 3 1
3 3
1 log 5
5 5 5
1 1 1 log 5
3 3
5 5 5
x x
x x
t
x
x
t


  
  
  
 

   
  

 
   
  
  
  
. Vậy phương trình có nghiệm : S =


3 3
1 log 5; log 5
 

10)
2
2
3 3 3
2.(0,3) 3 2. 3
100 10 10
x x
x
x
x

   
    
   
   

Đặt
3
10
x
t
 

 
 

( 0)
t

. Khi đó phương trình có dạng:
2 2
2 3 2 3 0
t t t t
      
1
t
 
(loại) hoặc
3
t


.
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 17


3
10
3
3 log 3
10
x
x
 
   
 
 
. Vậy phương trình có nghiệm :
3
10
log 3
x  .
11)
2
3
(7 4 3) 3(2 3) 2 0 (2 3) 2 0
(2 3)
x x x
x
         


( vì
(2 3) .(2 3) 1
x x
  
)
Đặt
(2 3)
x
t  

( 0)
t

. Phương trình có dạng:
2 3 2
3
2 0 2 3 0 ( 1)( 3) 0 1
t t t t t t t
t
             


(2 3) 1 0
x
x
    
. Vậy phương trình có nghiệm :
0
x


.
12)
2 2
2
2 2 2
1 1
1 1 1
1
sin sin
cot
sin sin sin
4 2 3 0 4 2 3 0 4 4.2 12 0
x x
x
x x x

          

Đặt
2
1
sin
2
x
t 

( 0)
t


. Phương trình có dạng:
2
4 12 0 6
t t t
     
(loại) hoặc
2
t

.

2
2
2
1
sin
1
2 2 1 sin 1 cos 0
sin 2
x
x x x k
x


         
. Vậy phương trình có nghiệm :
2
x k



 
.
13)
1 1
4
2
02 1
log (3.2 5) 3.2 5 4 4 6.2 5 0
log 5
2 5
x
x x x x x
x
x
x
x
 



          







Vậy phương trình có nghiệm :
0

x

và
2
log 5
x 
.
14)








1 1
2 1 2 2 2
2
log 4 4 log 2 3 log 4 4 log 2 log 2 3
x x x x x
x
 
        









1 1
2 2
log 4 4 log 2 2 3 4 4 2 2 3 4 3.2 4 0
x x x x x x x x 
 
           
 


2 1
x
  

(vô nghiệm ) hoặc
2 4
x

2
x
 
. Vậy phương trình có nghiệm :
2
x


15)
2 1 2 1
2 2 2

log (3.2 1) 2 1 0 log (3.2 1) log 2 3.2 1 2 2.4 3.2 1 0
x x x x x x x
x
 
             


2 1
0
1
1
2
2
x
x
x
x





 


 





. Vậy phương trình có nghiệm :
0
x

và
1
x
 
.
16)


1 1 3 1 3 2
3
log 9 4.3 2 3 1 9 4.3 2 3 3.3 9.3 4.3 2 0
x x x x x x x x
x
  
            

Đặt
3
x
t


( 0)
t

.Khi đó phương trình có dạng:

3 2
3 9 4 2 0
t t t
   
2
( 1)(3 6 2) 0
t t t
    


1
3 15
3
t
t









, kết hợp với điều kiện
0
t

ta được:
1

3 15
3
t
t








3
1
3 1
3 15
3 15
log
3
3
3
x
x
x
x







 











Vậy phương trình có nghiệm
1
x

và
3
3 15
log
3
x

 .
17)
2 2 2
2
27 1 1 27
2 2 2 2 2 2

4 2 2 4
x x x x x x
x x
 
        
(*)
Đặt
1
2
2
x
x
t
 
(
2
t

)
2 2 2 2
2 2
1 1
2 2 2 2
2 2
x x
x x
t t
       
. Khi đó phương trình (*) có dạng:

2 2
27
2 4 4 35 0
4
t t t t
      
7
2
t
  
(loại) hoặc
5
2
t



1
2
1
1 5
2 2.4 5.2 2 0
2
1
2 2
2 2
x
x x x
x
x

x
x


 


        







. Vậy phương trình có nghiệm
1
x
 
.
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 18

18)
2
2 2 2
log 2 log 6 log 4
4 2.3
x x

x  Điều kiện:
0
x


Khi đó phương trình tương đương:
2 2 2 2 2 2
1 log log 6 2 2log log log 6 log
4 2.3 4.4 18.9
x x x x
x x
 
    

Đặt
2
log 2
t
t x x
  
.Khi đó phương trình có dạng:

2
2
log 6
4 2 2 2
4.4 2 18.9 4.4 6 18.9 4. 18 4. 18 0
9 3 3 3
t t t t
t

t t t t t
       
           
       
       

Đặt
2
3
t
u
 

 
 
(
0
u

) . Phương trình có dạng:
2
4 18 0 2
t t t
     
(loại) hoặc
9
4
t


2
2
2
2 9 2 1
2 log 2 2
3 4 3 4
t
t x x


   
           
   
   
. Vậy phương trình có nghiệm
1
4
x

.

19)









7 5 2 2 5 3 2 2 3 1 2 1 2 0
x x x
        










3 2
1 2 2 5 1 2 3 1 2 1 2 0
x x x
         

Đặt


1 2
x
t  
(
0
t

) . Khi đó phương trình có dạng:

3 2
( 2 5) 3 1 2 0
t t t
     


2
1
( 1) ( 2 4) 1 2 0 1 2
3 2 2
t
t t t t
t



 
         

 

 

2
(1 2) 1
0
(1 2) 1 2 1
2
(1 2) 3 2 2 (1 2)
x

x
x
x
x
x


 




     




 
    




Vậy phương trình có nghiệm S =


0;1; 2


20)
3
3( 1)
1 12
2 6.2 1
2 2
x x
x x
   
(Y HN – 2000)

3 3 3
3( 1) 3 3
1 12 8 12 8 2
2 6.2 1 2 6.2 1 2 6. 2 1 0
2 2 2 2 2 2
x x x x x x
x x x x x x
 
              
 
 

Đặt
3 3 3 3 3
3 3 3
2 8 2 2 8 8
2 2 3.2 . . 2 2 6 2 6
2 2 2 2 2 2
x x x x x x

x x x x x x
t t t t t
 
             
 
 

Khi đó phương trình có dạng :
3 3
6 6 1 0 1 1
t t t t t
       


2
2 1 4 2 2 0
2
x x x
x
      
2 1
x
  
(loại) hoặc
2 2 1
x
x
  

Vậy phương trình có nghiệm

1
x

.

Ví dụ 2: Tìm
m
để phương trình:
1)
2
log (4 ) 1
x
m x
  
có hai nghiệm phân biệt.
2)
1
4 .2 2 0
x x
m m

  
có hai nghiệm
1 2
;
x x
thỏa mãn điều kiện
1 2
3
x x

 
.
3)
16 .8 (2 1).4 .2
x x x x
m m m
    có ba nghiệm phân biệt.
4)
2
25 ( 1).5 2 0
x x
m m m
    
có hai nghiệm trái dấu.
5)
1 3 1 3
4 14.2 8
x x x x
m
     
  
có nghiệm.
6)
2 2
1 1 1 1
9 ( 2).3 2 1 0
x x
m m
   
    

có nghiệm.

GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 19

Giải :
1) Tìm
m
để phương trình:
2
log (4 ) 1
x
m x
  
(1) có hai nghiệm phân biệt.
(1)

1
4 2 4 2.2 0
x x x x
m m

     

Đặt
2
x
t


với
0
t

. Khi đó phương trình có dạng:
2
2 0
t t m
  
(*)
Để (1) có hai nghiệm phân biệt thì
(*)
phải có hai nghiệm dương phân biệt :

' 1 0
1
2 0 1 0
0
0
m
m
S m
m
P m
   

 


      

 



  

. Vậy
1 0
m
  
là các giá trị cần tìm.

2) Tìm
m
để phương trình:
1
4 .2 2 0
x x
m m

  
(2) có hai nghiệm
1 2
;
x x
thỏa mãn điều kiện
1 2
3
x x
 

.
Đặt
2
x
t

với
0
t

. Khi đó phương trình có dạng:
2
2 2 0
t mt m
  
(*)
Để (2) có hai nghiệm
1 2
;
x x
thì
(*)
phải có hai nghiệm
1 2
;
t t
dương :
2
2
' 2 0

2
0
2 0
m
m m
m
m
S P m

    
  
 

  



Khi đó
1 2 1 2
3
1 2 1 2
3 2 2 2 .2 8 . 8 2 8 4
x x x x
x x t t m m

           
thỏa mãn điều kiện
2
m


Vậy
4
m

thỏa mãn điều kiện bài toán.

3) Tìm
m
để phương trình:
16 .8 (2 1).4 .2
x x x x
m m m
   
(3) có ba nghiệm phân biệt.
Đặt
2
x
t

với
0
t

. Khi đó phương trình có dạng:

4 3 2 3 2
(2 1) (2 1)
t mt m t mt t mt m t m
        

(vì
0
t

)
3 2
(2 1) 0
t mt m t m
     


2
( 1) (1 ) 0
t t m t m
 
     
 

2
1 0
( ) (1 ) 0 (*)
t x
f t t m t m
  



    


Phương trình (3) có ba nghiệm phân biệt
(*)

có hai nghiệm phân biệt dương :

2
' 6 1 0 3 2 2
1 0 3 2 2
3 2 2
0
1
m m m
S m m
m
P m
m



      



      
 
 


 
 





Vậy
3 2 2
m   thỏa mãn điều kiện bài toán.

4) Tìm
m
để phương trình:
2
25 ( 1).5 2 0
x x
m m m
    
(4) có hai nghiệm trái dấu.
Đặt
5
x
t

với
0
t

. Khi đó phương trình có dạng:
2 2
( 1) 2 0
t m t m m

    
(*)
Cách 1: (*)
( )( 2 1) 0
1 2
t m
t m t m
t m


     

 


Với
0
0 5 5
x
x
  
hay
1
t

. Tương tự
0 0 1
x t
   

Vậy phương trình (4) có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi :
0 1
0
0 1 1 2
1
0 1 2 1
0
2
1
m
m
m m
m m
m
m
  






   





   
 


 







(vô nghiệm)
Vậy không có giá trị của
m
thỏa mãn điều kiện bài toán.

GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 20

Cách 2: Với
0
0 5 5
x
x
  
hay
1
t

. Tương tự
0 0 1

x t
   

Vậy phương trình (4) có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm
1 2
,
t t
thỏa mãn:
1 2
0 1
t t
  


2
2
2 2
1 2 1 2 1 2
(3 1) 0
1 0
2 0
( 1)( 1) ( ) 1 2 1 1 2 2 0
m
S m
P m m
t t t t t t m m m m m

   

  



  


             

1
3
1
0 2
0
1
m
m
m
m
m








 










(vô nghiệm)
Vậy không có giá trị của
m
thỏa mãn điều kiện bài toán.
5) Tìm
m
để phương trình:
1 3 1 3
4 14.2 8
x x x x
m
     
  
có nghiệm.
Điều kiện:
1 3
x
  
. Đặt
1 3
( ) 2
x x
t f x
  

 
Ta có:
1 3
1 1
'( ) .2 .ln 2
2 1 2 3
x x
f x
x x
  
 
 
 
 
 
khi đó
'( ) 0 1 3 1
f x x x x
      


Vậy ta có
2
4;4
t
 

 
. Khi đó bài toán được phát biểu lại là:
Tìm

m
để phương trình:
2
14 8
t t m
  
(*) có nghiệm với
2
4;4
t
 

 

Xét hàm số
2
( ) 14 8
g t t t
  
với
2
4;4
t
 

 
. Ta có:
'( ) 2 14
g t t
 

;
'( ) 0 2 14 0 7
g t t t
     


Dựa vào bảng biến thiên ta được giá trị
m
cần tìm là :
41 32
m
   

6) Tìm
m
để phương trình:
2 2
1 1 1 1
9 ( 2).3 2 1 0
x x
m m
   
    
có nghiệm.
Điều kiện:
1 1
x
  
. Đặt
2

1 1
( ) 3
x
t f x
 
 
. Ta sẽ đi tìm miền giá trị của
t
bằng 2 cách:
Cách 1: Ta có
2
2 2 1 1 1 2
0 1 1 1 1 1 2 3 3 3
x
x x
 
          
hay
3 9
t
 

Cách 2 : (Dùng hàm số)
Ta có:
2
2
1 1
'( ) .3 .ln3
1
x

x
f x
x
 



khi đó
'( ) 0 0
f x x
  

Vậy ta có


3;9
t 
.
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 21

Khi đó bài toán được phát biểu lại là:
Tìm
m
để phương trình:
2
( 2) 2 1 0
t m t m
    

(*) có nghiệm với


3;9
t 
(*)
2
2
2 1
2 1 ( 2) ( )
2
t t
t t m t m g t
t
 
       

(vì


3;9
t 
)
Xét hàm số
2
2 1
( )
2
t t
g t

t
 


với


3;9
t  .
Ta có:
2
2 2
4 3 ( 1)( 3)
'( ) 0
( 2) ( 2)
t t t t
g t
t t
   
  
 
với


3;9
t 
Suy ra
( )
g t
đồng biến với



3;9
t 
(
'( ) 0 1
g t t
  
hoặc
3
t

)

(3) ( ) (9) 4 ( ) 16
f g t g g t
     
.
Vậy để (*) có nghiệm với


3;9
t 
thì
4 16
m
 


CHÚ Ý:

Để làm tốt các bài toán liên quan tới phương trình chứa tham số các bạn cần nắm được kiến thức sau:
Nếu
( )
y f x

là hàm liên tục trên miền D.
Phương trình
( ) ( )
f x g m

có nghiệm với
x D


khi và chỉ khi
min ( ) ( ) max ( )
x D x D
f x g m f x
 
 



BÀI LUYỆN

Bài 1 : Giải các phương trình sau:
1)
2.16 15.4 8 0
x x

  
2)
1 1 2
4 2 2 12
x x x  
  
3)
1
5 5 4 0
x x
  

4)
 
2
2
2 4
4
2 5. 2 6 0
x x
x x
  
 
  
5)
2
5
1
2 9
4

x
x


 
 
 
 
6)
2 3 1 3
4 2 2 16 0
x x x 
   

7)
8 18 2.27
x x x
 
8)
3 1
4.3 3 1 9
x x x

  
9)
2 1 2 2( 1)
3 3 1 6.3 3
x x x x
  
   

10)
2
2
9 10 4
2 4
x
x

 11)
2
cos2 cos
4 4 3
x x
 
12)


5
log 5 4 1
x
x
  


13)





2 2
log 2 4 log 2 12 3
x x
x
    

14)


2
log 9 2 3
x
x
  

15)
3
5 9.5 27(125 5 ) 64
x x x x 
   

16)
(26 15 3) 2(7 4 3) 2(2 3) 1
x x x
     
17)
9 9 9
log log log 27
4 6.2 2 3
x x

  
18)
27 27
8 9.2 64
8 2
x x
x x
   


Bài 2: Tìm
m
để phương trình:
1)
1 1
1
27.3 .9
3
x x
m
 
 
có hai nghiệm phân biệt. 2)
2 2
2
4 2 6
x x
m

  

có ba nghiệ
m phân biêt.
3)
2 2
9 4.3 8
x x
m
  
có ba nghiệm phân biêt. 4)
9 .3 1 0
x x
m
  
có nghiệm duy nhất.
5)
4 2 6
x x
m
  
có hai nghiệm trái dấu. 6)
1
4 2
x x
m

 
có nghiệ
m.
7)
2 2

4 2 2
3 2.3 2 3 0
x x
m
 
   
có nghiệm. 8)
1 3 1 3
4 14.2 8
x x x x
m
     
  
có nghiệm.

9)
1 1
2.4 5.2 0
x x
m
 
  
có nghiệm. 10)
2
cos2 cos
2.2 3.2 0
x x
m
  
có nghiệm .

GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 22

DẠNG 2: Phương trình có dạng:
( ) ( )
. . 0
f x f x
A a B b C
  
(
. 1
a b

) (2)

Cách giải:
+) TXĐ:
x D


+) Từ (2)
Đặ
( )f x
a t




0
t




( ) ( )
. 1 . 1
f x f x
a b a b
  


⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯

⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯

( )
1
f x
b
t



⎯
⎯
⎯
⎯
⎯

⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯

⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯


2
. 0 0
B
At C At Ct B
t
      
(*)
+) Từ (*)

0
t




⎯
⎯
⎯
⎯
⎯


?
t



( )f x
a t



⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯


( ) log
a

f x t
 

x D



⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯


?
x


CHÚ Ý: Ta có thể biến đổi
( ) ( ) ( ) ( )
. . 0 . . 0
f x f x f x f x
A a B b C Aa B a C

      
(vì
. 1
a b


) (về DẠNG 1)
Như vậy DẠNG 2 chỉ là trường hợp đặc biệt của DẠNG 1.



CÁC VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1: Giải các phương trình sau:
1)
( 2 1) ( 2 1) 2 2 0
x x
    
(2007B) 2)
sin sin
( 5 2 6) ( 5 2 6) 2
x x
   

3)
2 2
( 1) 2 1
4
(2 3) (2 3)
2 3
x x x  
   

4)






3 3
3 8 3 8 6
x x
   


5)

    
2 1 2
5 2 2. 5 2 5 2 1
x x
x x  
     

Giải :
1)
( 2 1) ( 2 1) 2 2 0
x x
    
(2007B)
Đặt
( 2 1)
x
t
 

( 0)

t


1
( 2 1)
x
t
  
. Khi đó phương trình có dạng :
1
2 2 0
t
t
  


2
2 1 ( 2 1) 2 1 1
2 2 1 0
1
2 1 ( 2 1) 2 1
x
x
t x
t t
x
t
 
     


      
 

 
    

 
 

Vậy phương trình có nghiệm
1
x
 
.
2)
sin sin
( 5 2 6 ) ( 5 2 6) 2
x x
   

Đặt
sin
( 5 2 6)
x
t  
( 0)
t


sin

1
( 5 2 6 )
x
t
  
. Khi đó phương trình có dạng :
1
2
t
t
 


2 sin
2 1 0 1 ( 5 2 6 ) 1 sin 0
x
t t t x x k

             (
k


)
Vậy phương trình có nghiệm
x k


(
k



).
3)
2 2
2
2
2 2
( 1) 2 1
4 (2 3) (2 3) 4
(2 3) (2 3)
2 3 2 3 2 3 2 3
x x x x
x x x
 
  
 
      
   


2 2
2 2
(2 3) (2 3) 4
x x x x 
    

Đặt
2
2
(2 3)

x x
t

 
( 0)
t


2
2
1
(2 3)
x x
t

  
. Khi đó phương trình có dạng :
1
4
t
t
 


2
2
2
2
2
2

2
2 3 (2 3) 2 3 2 1
1 2
4 1 0
12 1
2 3
(2 3) 2 3
x x
x x
t x x
x
t t
xx x
t




 
      
 
       


 
  

 

  





Vậy phương trình có nghiệm S =


1 2;1 2;1
 
.
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 23

4)





3 3
3 8 3 8 6
x x
   


Đặt


3

3 8
x
t  
( 0)
t




3
1
3 8
x
t
  
.
Khi đó phương trình có dạng :
1
6
t
t
 






3
2

3
1
3 8 3 8
3 8
3
6 1 0 3
3 8
1
3 8 3 8
3
x
x
x
t
t t x
x
t



  



 
         



  




 
  





Vậy phương trình có nghiệm
3
x
 
.

5)

    
2 1 2
5 2 2. 5 2 5 2 1
x x
x x  
     
   
2 1 2 1
5 2 2. 5 2 1
x x
x x   
     

Đặt
 
2 1
5 2
x
x
t
 
 

( 0)
t


 
2 1
1
5 2
x
x
t
 
  
. Khi đó phương trình có dạng :
2
1
t
t
  

2
2 0
t t
    

2
t
 
(loại) hoặc
1
t

 
2 1
5 2 1 2 1 0
x
x
x
x
 
      
(*) Điều kiện
0
x


Khi đó với
0

x

0
2 2 1
2 1 0
0
x
x
x
x

 

    




. Khi đó (*)
0
x
 

Vậy phương trình có nghiệm
0
x



Ví dụ 2: Tìm

m
để các phương trình sau có nghiệm:




2 3 4. 2 3
x x
m
   


Giải : Điều kiện
0
x


Đặt


2 3
x
t  

( 0)
t





1
2 3
x
t
  
. Vì
   
0
0
2 3 2 3 1
0 2 3 1
x
x 


    

  


hay
0 1
t
 

Khi đó phương trình có dạng :
4
t m
t
 

. Xét hàm số
4
( )f t t
t
 
với
0 1
t
 
.
Ta có:
2
2 2
4 4
'( ) 1 0
t
f t
t t

   
với


0;1
t 

Suy ra
( )
f t
nghịch biến với



0;1
t 
;
0
lim ( )
t
f t


 
.

Khi đó ta có bảng biến thiên:

Vậy phương trình có nghiệm khi
5
m

.

GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 24


BÀI LUYỆN

Bài 1: Giải các phương trình sau:

1)
(2 3) (2 3) 14
x x
   
2)
7 3 5 7 3 5
7. 8
2 2
x x
   
 
 
   
   
   

3)
( 7 4 3) ( 7 4 3) 14
x x
   


4)

   
3 3
tan cot 2
x x
x x
 

 
 

Bài 2: Tìm
m
để các phương trình sau có nghiệm:




5 2 5 2 2 0
x x
m
    
trên đoạn


0;1
.



DẠNG 3: Phương trình có dạng:
( ) ( ) ( )
. . .
f x f x f x
A a B b C c
  (
2
.

a b c

) (3)
Cách giải:
+) TXĐ:
x D


+)Từ (3)

ảếủ
(

)

( )
f x
c


ặ
( )
f x
a
;
( )
f x
b




⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯

⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯


( ) ( )
. .
f x f x
a b
A B C
c c
   
 
   
   


. 1
a b
c c



⎯

⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯

DẠNG 2

CÁC VÍ DỤ MINH HỌA

Ví dụ 1: Giải các phương trình sau
1)
(3 5) (3 5) 3.2
x x x
   
2)
2 2 2
15.25 34.15 15.9 0
x x x
  
3)
3 3 3
45. 25 75. 9 152. 15 0
x x x
  

4)
1 1 1
6.9 13.6 6.4 0

x x x
  
5)
2 2
2 1 2 2
2 9.2 2 0
x x x x  
  

6)
2 3 3 1 4
2 5.2 2 0
x x x x    
  
7)




2 2
log log
5 1 5 1
x x
x
   

Giải :
1)
3 5 3 5
(3 5) (3 5) 3.2 3

2 2
x x
x x x
   
 
      
   
   
   

Đặt
3 5
2
x
t
 


 
 
 

( 0)
t


3 5 1
2
x
t

 

 
 
 
 
. Khi đó phương trình có dạng :
1
3
t
t
 


2
3 5 3 5
3 5
2 2
1
2
3 1 0
1
3 5
3 5 3 5
2
2 2
x
x
t
x

t t
x
t

 
 




 

 




 

      


 

 

 
 




 

 


 

. Vậy phương trình có nghiệm
1
x
 
.
2)
2 2
2 2 2 2 2 2
5 3
15.25 34.15 15.9 0 15.25 15.9 34.15 15. 15. 34
3 5
x x
x x x x x x
   
        
   
   

Đặt
2
5
3

x
t
 

 
 

( 0)
t

(có thể cho điều kiện chặt
1
t

)
2
3 1
5
x
t
 
 
 
 

Khi đó phương trình có dạng :
15
15 34
t
t

 
2
15 34 15 0
t t
   

GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 25


2
2
2
2
2
5 3
3
1
3 5
5
1 1
5
1
5 5
3
3 3
x
x
t

x
x x
x
t

 

 

 


 
 

       






 




 



 

. Phương trình có nghiệm
1
x
 

3)
2
3 3 3
3 3 3 3
25 5 5 5
45. 25 75. 9 152. 15 0 45. 75 152. 0 45. 152. 75 0
9 3 3 3
x x x x
x x x
       
          
       
       

Đặt
3
5
3
x
t
 

 

 

( 0)
t

. Khi đó phương trình có dạng :
2
45 152 75 0
t t
  


2
3
3
1
3
3
5 25
5 5
25
2
3 9
6
3 3
9 3
3 3
5 3
15 5
5 3

3 5
3 3
x
x
x
x
x
t
x
x x
t



 
   
 




 
 
   
 



  
   

    
 



 

 


 
  
   

 


 
  
   
 
   


. Phương trình có nghiệm
6
3
x
x




 


4)
1 1
1 1 1
9 3
6.9 13.6 6.4 0 6. 13. 6 0
4 2
x x
x x x
   
      
   
   

Đặt
1
3
2
x
t
 

 
 

( 0)

t

. Khi đó phương trình có dạng :
2
6 13 6 0
t t
  


1
1
3 3
13
1
2 2
2
1
2 1
13 2
3
2 3
x
x
t
x
x
t
x

 







 



 
     





  
 



 
 
 

. Vậy phương trình có nghiệm
1
x
 

.

5)
2 2
2 2 2 2 2 2
2
2 1 2 2 2 2 2( )
2 2
2 2
2 9.2 2 0 2.2 9.2 4.2 0 2. 9. 4 0 2.2 9.2 4 0
2 2
x x x
x x x x x x x x x x x x
x x

     
              

Đặt
2
2
x x
t


( 0)
t

. Khi đó phương trình có dạng :
2

2 9 4 0
t t
  

4
t

hoặc
1
2
t



2
2
2 2
2 2
2 4
2 2 0 1
1
2
1 1 0
2
2
x x
x x
x x x x x
x
x x x x





 
      


   
 



     


 


. Vậy phương trình có nghiệm
1
x
 
và
2
x

.

6)



2 3
2 3 3 1 4 2 3 3 3
2 5.2 2 0 2 10.2 16.2 0 2 10.2 16 0
x x
x x x x x x x x x x
 
         
          

Đặt
3
2
x x
t
 

( 0)
t

. Khi đó phương trình có dạng :
2
10 16 0
t t
  


2
3

3
2
3
2
5 6 0
8 2 8 3 3 3 3
3
2
1
3 1 3 1
2 2
1
2 0
x x
x x
x
x
x x
t x x x x
x
t
x
x x x x
x
x x
 
 
  

 





 
  
       




       

 




 

     
 

 
 








  



Vậy phương trình có nghiệm S =


3; 2;1
  .